Ре­ше­ние. После па­де­ния цены на 10% про­езд будет сто­ить 20 · (1 − 0,1) = 18 руб. Раз­де­лим 150 на 18:

Сле­до­ва­тель­но, на 150 руб можно будет со­вер­шить во­семь по­ез­док.

Ответ: 8.

Ре­ше­ние. В день по­куп­ки акции сто­и­ли 480 · 350  =  168 000 руб. Сто­и­мость акций, про­дан­ных 25 ок­тяб­ря, была равна 1/3 · 480 · 390  =  62 400 руб. Сто­и­мость акций, про­дан­ных 27 ок­тяб­ря равна 2/3 · 480 · 430  =  137 600 руб. При­быль биз­не­сме­на со­ста­ви­ла 62 400 + 137 600 − 168 000  =  32 000 руб.

Ответ: 32 000.

Ре­ше­ние. Рас­счи­та­ем все ва­ри­ан­ты.

В фирме A уста­нов­ка окон будет сто­ить 8 · 4600 + 7000  =  43 800 руб. также нужно опла­тить до­став­ку, по­это­му сто­и­мость за­ка­за со­ста­вит 43 800 + 900  =  44 700 руб.

В фирме B уста­нов­ка окон будет сто­ить 8 · 4800 + 6000  =  44 400 руб. До­став­ка бес­плат­на.

В фирме C уста­нов­ка окон будет сто­ить 8 · 4900 + 5000  =  44 200 руб.

Таким об­ра­зом, сто­и­мость са­мо­го дешёвого за­ка­за со­ста­вит 44 200 руб­лей.

Ответ: 44 200.

Ре­ше­ние. В рав­но­бед­рен­ном тре­уголь­ни­ке углы при ос­но­ва­нии равны, по­это­му угол CAB равен углу CBA и равен 27°. Рас­смот­рим тре­уголь­ник ABH, он пря­мо­уголь­ный, сумма ост­рых углов пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка равна 90°, от­ку­да ∠BAH  =  90° − 27°  =  63°. Сле­до­ва­тель­но, ис­ко­мый угол CAH равен 63° − 27°  =  36°.

Ответ: 36.

Ре­ше­ние. У Дины в ко­пил­ке лежит 7 + 5 + 6 + 2  =  20 монет на сумму 7 + 10 + 30 + 20  =  67 руб­лей. Менее 60 руб­лей оста­нет­ся, если до­стать из ко­пил­ки де­ся­ти­рублёвую мо­не­ту. Ис­ко­мая ве­ро­ят­ность равна 2 : 20  =  0,1.

Ответ: 0,1.

Ре­ше­ние. Пе­рейдём к од­но­му ос­но­ва­нию сте­пе­ни:

Ответ: −0,4.

Ре­ше­ние. Най­дем ги­по­те­ну­зу тре­уголь­ни­ка: Тогда

Ответ: 0,5.

Ре­ше­ние. Ка­са­тель­ная па­рал­лель­на го­ри­зон­таль­ной пря­мой в точ­ках экс­тре­му­мов, таких точек на гра­фи­ке 7.

Ответ: 7.

Ре­ше­ние. Объем ци­лин­дра равен про­из­ве­де­нию пло­ща­ди ос­но­ва­ния на вы­со­ту. Пло­щадь ос­но­ва­ния ци­лин­дра равна пло­ща­ди боль­шо­го круга впи­сан­но­го шара, а вы­со­та ци­лин­дра равна диа­мет­ру впи­сан­но­го шара. По­это­му

Ответ: 36.

Ре­ше­ние. Ис­поль­зуя свой­ства ло­га­риф­мов, по­лу­ча­ем:

Ответ: 0,8.

Ре­ше­ние. За­да­ча сво­дит­ся к ре­ше­нию не­ра­вен­ства на ин­тер­ва­ле при за­дан­ных зна­че­ни­ях на­чаль­ной ско­ро­сти и уско­ре­ния сво­бод­но­го па­де­ния :

Ответ: 15.

Ре­ше­ние. Введём обо­зна­че­ния, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. Вы­ра­зим длину сто­ро­ны AC через длину бо­ко­вой сто­ро­ны AS. Вы­со­та пра­виль­но­го тре­уголь­ни­ка вы­ра­жа­ет­ся через его сто­ро­ну: Точ­кой O вы­со­та AH де­лит­ся в от­но­ше­нии 2 : 1, по­это­му Угол SHO равен углу между бо­ко­вой гра­нью и плос­ко­стью ос­но­ва­ния. Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка

Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка AOS по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

От­ку­да

Ответ: 8.

Ре­ше­ние. Ма­те­ма­ти­че­ское ожи­да­ние слу­чай­ной ве­ли­чи­ны «число ис­пы­та­ний до пер­во­го успе­ха» в серии ис­пы­та­ний Бер­нул­ли с ве­ро­ят­но­стью успе­ха p рав­ня­ет­ся Ис­ко­мая слу­чай­ная ве­ли­чи­на яв­ля­ет­ся сум­мой слу­чай­ных ве­ли­чин «число сде­лан­ных брос­ков до пер­вой ше­стер­ки» и «число сде­лан­ных брос­ков от пер­вой до вто­рой ше­стер­ки». Ше­стер­ка вы­па­да­ет с ве­ро­ят­но­стью по­это­му ма­те­ма­ти­че­ское ожи­да­ние каж­дой из этих двух слу­чай­ных ве­ли­чин равно 6. Сле­до­ва­тель­но, в силу ли­ней­но­сти ис­ко­мое ма­те­ма­ти­че­ское ожи­да­ние равно 12.

Ответ: 12.

Более ин­ту­и­тив­ное объ­яс­не­ние: ше­стер­ка вы­па­да­ет в сред­нем один раз из шести брос­ков, сле­до­ва­тель­но, в сред­нем до по­яв­ле­ния пер­вой ше­стер­ки по­тре­бу­ет­ся 6 брос­ков, а после этого еще столь­ко же до по­яв­ле­ния вто­рой ше­стер­ки.

Ре­ше­ние. Най­дем про­из­вод­ную за­дан­ной функ­ции:

Най­дем нули про­из­вод­ной на за­дан­ном от­рез­ке:

Опре­де­лим знаки про­из­вод­ной функ­ции на за­дан­ном от­рез­ке и изоб­ра­зим на ри­сун­ке по­ве­де­ние функ­ции:

В точке за­дан­ная функ­ция имеет ми­ни­мум, яв­ля­ю­щий­ся ее наи­мень­шим зна­че­ни­ем на за­дан­ном от­рез­ке. Най­дем это наи­мень­шее зна­че­ние:

Ответ: −11.

Ре­ше­ние. а)  По фор­му­ле при­ве­де­ния по­это­му ис­ход­ное урав­не­ние пре­об­ра­зу­ет­ся к виду:

б)  Дан­но­му усло­вию при­над­ле­жат корни

Ответ: а) б)

----------

Дуб­ли­ру­ет за­да­ние 509120.

Ре­ше­ние. а)  По­стро­е­ние EK || DА; EM || СB; KF || BС; EKFM  — ис­ко­мое се­че­ние, па­рал­ле­ло­грамм

Зна­чит EKMF  — пря­мо­уголь­ник.

б)  EK || DА и E  — се­ре­ди­на DB, тогда E  — сред­няя линия зна­чит, ана­ло­гич­но так как EKMF пря­мо­уголь­ник. Пусть MK пе­ре­се­ка­ет EF в точке О.

Сле­до­ва­тель­но, ME < EK.

При­ме­ним тео­ре­му ко­си­ну­сов в EOM:

Ответ:

----------

Дуб­ли­ру­ет за­да­ние 509121.

Ре­ше­ние. Ма­те­ма­ти­че­ское ожи­да­ние слу­чай­ной ве­ли­чи­ны «число ис­пы­та­ний до пер­во­го успе­ха» в серии ис­пы­та­ний Бер­нул­ли с ве­ро­ят­но­стью успе­ха p рав­ня­ет­ся Ис­ко­мая слу­чай­ная ве­ли­чи­на яв­ля­ет­ся сум­мой слу­чай­ных ве­ли­чин «число куп­лен­ных кин­дер-сюр­при­зов до пер­вой Зо­луш­ки» и «число куп­лен­ных кин­дер-сюр­при­зов от пер­вой до вто­рой Зо­луш­ки». Зо­луш­ка по­па­да­ет­ся с ве­ро­ят­но­стью по­это­му ма­те­ма­ти­че­ское ожи­да­ние каж­дой из этих двух слу­чай­ных ве­ли­чин равно 8. Сле­до­ва­тель­но, в силу ли­ней­но­сти ис­ко­мое ма­те­ма­ти­че­ское ожи­да­ние равно 16.

Ответ: 16.

Более ин­ту­и­тив­ное объ­яс­не­ние: Зо­луш­ка по­па­да­ет­ся в сред­нем один раз из 8 кин­дер-сюр­при­зов, сле­до­ва­тель­но, в сред­нем до по­яв­ле­ния пер­вой Зо­луш­ки по­тре­бу­ет­ся 8 кин­дер-сюр­при­зов, а после этого еще столь­ко же до по­яв­ле­ния вто­рой Зо­луш­ки.

Ре­ше­ние. а)  Пусть тогда где H  — про­ек­ция О на BC. По­это­му Из усло­вия сле­ду­ет, что Тогда (опи­ра­ют­ся на хорду ОС). Тогда по при­зна­ку, свя­зан­ным со свой­ством впи­сан­ных углов, точки О, В, К, С лежат на одной окруж­но­сти, ч. т. д.

б)   тогда Рас­смот­рим Из пунк­та а) тогда так как че­ты­рех­уголь­ник OBKC впи­сан­ный. тогда Рас­смот­рим тре­уголь­ник KBC:

Ответ:10.

----------

Дуб­ли­ру­ет за­да­ние 509123.

Ре­ше­ние. Пусть x  — доля мощ­но­стей за­во­да, за­ня­тых под про­из­вод­ство ком­по­тов в стек­лян­ной таре, а y  — доля мощ­но­стей, за­ня­тых под про­из­вод­ство ком­по­тов в же­стя­ной банке. Тогда x + y = 1, при этом ком­по­тов в стек­лян­ной таре про­из­во­дит­ся 90x цент­не­ров, а в же­стя­ной таре  — 80y цент­не­ров. Кроме того, из усло­вия ас­сор­ти­мент­но­сти сле­ду­ет, что При­быль за­во­да с 1 цент­не­ра про­дук­ции в стек­лян­ной таре равна 2100 − 1500  =  600 руб., при­быль с 1 цент­не­ра в же­стя­ной таре равна 1750 − 1100 = 650 руб., а общая при­быль с про­из­ведённой за день про­дук­ции равна 600 · 90+650 · 80 = 54000 + 52000.

Таким об­ра­зом, в пе­ре­во­де на ма­те­ма­ти­че­ский язык, нам не­об­хо­ди­мо найти наи­боль­шее зна­че­ние вы­ра­же­ния 2000 · ( 27 + 26) при вы­пол­не­нии сле­ду­ю­щих усло­вий:

Чтобы найти те x, у, для ко­то­рых до­сти­га­ет­ся мак­си­мум вы­ра­же­ния 27x + 26y при усло­ви­ях (*), пре­об­ра­зу­ем си­сте­му (*), вы­ра­зив у через x:

Под­став­ляя у = 1 − x в вы­ра­же­ние 27x + 26y, по­лу­ча­ем: 27x + 26(1 − x)  =  26 + x. оче­вид­но, что вы­ра­же­ние 26 + x при усло­ви­ях при­ни­ма­ет наи­боль­шее зна­че­ние тогда, когда

Итак, нами по­лу­че­но, что наи­боль­шее зна­че­ние вы­ра­же­ния 27x + 26y при вы­пол­не­нии усло­вий си­сте­мы (*) до­сти­га­ет­ся тогда, когда По­это­му мак­си­маль­но воз­мож­ная при­быль за­во­да за день равна

Ответ: 53 500 руб.

----------

Дуб­ли­ру­ет за­да­ние 509124.

Ре­ше­ние. Пре­об­ра­зу­ем пер­вое урав­не­ние си­сте­мы:

Эти усло­вия за­да­ют «верх­нюю» по­лу­окруж­ность с цен­тром в точке (−1; −1) ра­ди­у­са 3. Пре­об­ра­зу­ем вто­рое урав­не­ние си­сте­мы:

Эти усло­вия за­да­ют «верх­нюю» по­лу­окруж­ность с цен­тром в точке (а; а) ра­ди­у­са 3. По­лу­окруж­но­сти, опре­де­ля­е­мые урав­не­ни­я­ми си­сте­мы, изоб­ра­же­ны на ри­сун­ке 1, обо­зна­чим по­лу­окруж­но­сти через F и F_a, а их цен­тры  — О и О_а.

Дан­ная в усло­вии си­сте­ма имеет един­ствен­ное ре­ше­ние, если по­лу­окруж­но­сти F и F_a имеют един­ствен­ную общую точку. По­это­му это не­об­хо­ди­мо ис­сле­до­вать при раз­лич­ных зна­че­ния па­ра­мет­ра а. Две «верх­ние» по­лу­окруж­но­сти оди­на­ко­во­го ра­ди­у­са либо не имеют общих точек, либо имеют ровно одну общую точку, либо сов­па­да­ют.

При a = −1 по­лу­окруж­но­сти F и F_a сов­па­да­ют, т. е. a = −1 не яв­ля­ет­ся ис­ко­мым.

При a > −1, т. е. точка О_а рас­по­ло­же­на выше точки О. В этом слу­чае по­лу­окруж­но­сти F и F_a имеют общую точку, если диа­метр BC по­лу­окруж­но­сти F_a имеет общую точку с по­лу­окруж­но­стью F. Край­нее по­ло­же­ние диа­мет­ра BC, при ко­то­ром он ещё имеет общую точку c по­лу­окруж­но­стью F, яв­ля­ет­ся по­ло­же­ние на ри­сун­ке 2, при этом точка О_а имеет ко­ор­ди­на­ты (2; 2), т. е. a = 2. При a > 2 по­лу­окруж­но­сти F и F_a не имеют общих точек. Таким об­ра­зом, все зна­че­ния яв­ля­ют­ся ис­ко­мы­ми.

При a < −1 по­лу­окруж­ность F_a может быть по­лу­че­на па­рал­лель­ным пе­ре­но­сом по­лу­окруж­но­сти F на век­тор где b = a + 1. Если при па­рал­лель­ном пе­ре­но­се по­лу­окруж­но­сти F на век­тор по­лу­чен­ная по­лу­окруж­ность имеет общую точку с F, то это же спра­вед­ли­во и при па­рал­лель­ном пе­ре­но­се по­лу­окруж­но­сти F на век­тор По­это­му ис­ко­мое мно­же­ство зна­че­ний па­ра­мет­ра а сим­мет­рич­но от­но­си­тель­но точки a = −1, зна­чит, ис­ко­мы­ми зна­че­ни­я­ми

Ответ:

Ре­ше­ние. Ма­те­ма­ти­че­ское ожи­да­ние слу­чай­ной ве­ли­чи­ны «число ис­пы­та­ний до пер­во­го успе­ха» в серии ис­пы­та­ний Бер­нул­ли с ве­ро­ят­но­стью успе­ха p рав­ня­ет­ся Ис­ко­мая слу­чай­ная ве­ли­чи­на яв­ля­ет­ся сум­мой четырёх слу­чай­ных ве­ли­чин «число брос­ков до вы­па­де­ния числа из на­бо­ра 1, 2 и 3, ко­то­рое не вы­па­да­ло ранее». Ве­ро­ят­ность успе­ха для пер­вой такой слу­чай­ной ве­ли­чи­ны  — вто­рой  — (одно число уже вы­па­да­ло ранее, по­это­му бла­го­при­ят­ству­ют толь­ко 2 грани из 6), для тре­тьей  — Ма­те­ма­ти­че­ские ожи­да­ния со­от­вет­ствен­но равны Сле­до­ва­тель­но, в силу ли­ней­но­сти ис­ко­мое ма­те­ма­ти­че­ское ожи­да­ние равно

Ответ: 11.

Более ин­ту­и­тив­ное объ­яс­не­ние: пер­вое число из на­бо­ра 1, 2 и 3 вы­па­да­ет в сред­нем в одном брос­ке из двух, по­это­му в сред­нем до пер­во­го та­ко­го числа по­тре­бу­ет­ся два брос­ка. Одно из остав­ших­ся трех чисел вы­па­да­ет в сред­нем в одном брос­ке из трех, по­это­му до оче­ред­но­го числа (ко­то­рое не вы­па­да­ло ранее) по­тре­бу­ет­ся в сред­нем ещё два брос­ка. По­след­нее число из на­бо­ра вы­па­да­ет в сред­нем в одном брос­ке из шести, по­это­му в сред­нем по­тре­бу­ет­ся ещё 6 брос­ков.